Équations différentielles linéaires d’ordre 2 à coefficients constants

Équations différentielles linéaires d’ordre 2 à coefficients constants 1

Livre « Mathématiques pour le DUT Génie Civil », José Ouin

Forme : $(E): a.y »(x)+b.y'(x) +c.y(x) = f(x)$ où a,b,c sont des constantes réelles $(a \neq 0)$ et f une fonction de la variable x

Équation sans 2nd membre

Soit $(E_0)$ l’Eq. Diff. définie sur l’intervalle I par : $(E_0): a.y »(x)+b.y'(x)+c.y(x) = 0$ ,où a,b,c sont des constantes réelles.
Par analogie avec Eq. Diff. du 1er ordre, on cherche des solutions de forme $y(x)=e^{rx}$ où r une constante à déterminer.
2 racines réelles
Si $(E_0)$ possède 2 racines réelles $r_1$ et $r_2$, alors la solution générale de $(E_0)$ est :
$y_0(x) = k_1.e^{r_1.x}+k_2 e^{r_2.x}$ où $k_1$ et $k_2$ sont des constantes réelles.
Remarque : Cas particulier où l’équation caractéristique : $r^2-d=0$ avec $d \in \mathbb{R}^{*+}$, la solution générale est : $$y_0(x)=k_1.e^{\sqrt{d}.x}+k_2.e^{-\sqrt{d}.x} = K_1.ch(\sqrt{d}.x)+K_2.sh(\sqrt{d}.x)\text{ où }k_1,k_2,K_1,K_2 \in \mathbb{R}$$ 1 racine double
Si $(E_0)$ possède 1 racines double $r_0$, alors la solution générale de $(E_0)$ est : $y_0(x)=(k_1+k_2.x).e^{r_0.x}$ où $k_1$ et $k_2$ sont des constantes réelles.
2 racines complexes
Si (E_0)\) possède 2 racines complexes $z_1=\alpha+i.\beta$ et $z_2=\alpha-i.\beta$, alors la solution générale de $(E_0)$ est :
$y_0(x)=[k_1.sin⁡(\beta.x)+k_2.cos⁡(\beta.x)] e^{\alpha.x}$ où $k_1$ et $k_2$ sont des constantes réelles.

Équation avec 2nd membre

On note $y_p(x)$ une solution particulière de $(E)$.
$\rightarrow $ Toutes les solutions de $(E)$ sur l’intervalle I sont la somme de la solution générale et de la solution particulière : $y(x) = y_0(x)+y_p(x)$

Recherche d’une solution particulière

On se limite aux 2nd membres f(x) de forme $f(x)=e^{r.x}.P(x)$ où P(x) est un polynôme de degré $n \in N$ et r un réel (pour les autres formes, voir autre feuille)
On considère :
$$(E): a.y »(x)+b.y'(x) + c.y(x) = e^{r.x}.P(x)$$ On distingue 3 cas :
Si r non racine de l’équation caractéristique alors on cherche 1 solution particulière de forme :
$y_p(x)=e^{r.x}.Q(x)$ où $Q(x)$ est un polynôme de degré n
Si r une racine simple de l’équation caractéristique alors on cherche 1 solution particulière de forme :
$y_p(x)=x.e^{r.x}.Q(x)$ où $Q(x)$ est un polynôme de degré n
Si r une racine double de l’équation caractéristique alors on cherche 1 solution particulière de forme :
$y_p (x)=x^2 e^{r.x}.Q(x)$ où $Q(x)$ est un polynôme de degré n
Exemple :
Soit l’Eq. Diff. :
$$(E): 3.y »(x) + y'(x) – 4.y(x) = x^2$$ Équation caractéristique :
$$3.r^2 + r – 4 = 0$$ $$\Delta = b^2 – 4.a.c = 49$$ On trouve 2 racines : $r_1=\frac{-4}{3}$ et $r_2=1$
D’où :
$$y_0 (x)=k_1 e^{\frac{-4}{3}.x}+k_2.e^x$$ où $k_1$ et $ k_2$ sont des constantes réelles.
Pour déterminer la solution particulière $y_p(x)$, on cherche 1 polynôme $Q$ de degré 2 d’expression générale suivante :
$$Q(x) = \alpha .x^2+\beta .x+\gamma$$ On obtient :
$y’_p(x)=2.\alpha.x+\beta$ et $y »_p(x)=2.\alpha$ En remplaçant dans $(E)$, on obtient le système d’équations suivant :
$$\left\{ \begin{array}{ll} -4.\alpha = 1 \\ 2.\alpha-4.\beta = 0 \\ 6.\alpha + \beta – 4.\gamma = 0 \end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{ll} \alpha = \frac{-1}{4} \\ \beta = \frac{-1}{8} \\ \gamma = \frac{-13}{32} \end{array} \right.$$ D’où :
$$y_p(x)=-\frac{1}{4}.x^2-\frac{1}{8}.x-\frac{13}{32}$$ On en déduit la solution générale de l’Eq. Diff. $(E)$ :
$$y(x)=k_1.e^{\frac{-4}{3}.x}+k_2.e^x-\frac{1}{4}.x^2-\frac{1}{8}.x-\frac{13}{32}$$ où $k_1$ et $k_2$ sont des constantes réelles.

Équations différentielles linéaires d’ordre 2 à coefficients constants 2

Forme complète : $(E): a(x).y »(x)+b(x).y'(x)+c(x).y(x)=d(x) $
Forme homogène associée : $(H): a(x).y »(x)+b(x).y'(x)+c(x).y(x) = 0$
Pour que ce soit une équation du 2nd ordre , $a(x) \neq 0 \rightarrow y »=\frac{1}{a(x)}.(d(x)-b(x).y’-c(x).y)$
Solution générale = Solution générale homogène + Solution particulière

Principe de résolution

Résolution de l’Eq. Diff. sans 2nd membre

On essaie de trouver une solution sous forme exponentielle : $f(x)=e^{rx}$
On a : $f'(x)=r.e^{rx}$ et $f »(x)=r^2.e^{rx}$
Donc : $a.f »(x)+bf'(x)+c.f(x)=(a.r^2+b.r+c).e^{rx}$
$\rightarrow f(x)=e^{rx}$ est solution de H si et seulement si r racine de (C): $a.r^2+b.r+c=0$
C est l’équation caractéristique de l’équation H
Soit $\delta=b^2-4.a.c$, le discriminant de C :
Si $\delta > 0$, C admet 2 racines réelles : $r_1=(-b+\frac{\sqrt{\delta}}{2a}$ et $r_2=(-b-\frac{\sqrt{\delta}}{2a}$
Il y a 2 fonctions exponentielles : $f_1(x)= e^{r_1.x}$ et $f_2(x)= e^{r_2.x}$, solutions de H
Solution générale de H : $y=\lambda_1.e^{r_1.x}+\lambda_2.e^{r_2.x}$
Si $\delta=0$, 1 solution : $r=-b/2a$, donc une solution de H : $y(t)=(A.t+B)e^(-10t)$
Si $\delta<0$, 2 solutions complexes conjuguées : $r_1=(-b+i\frac{\sqrt{\delta}}{2a} = \alpha+i\omega$ et $r_2=(-b-i\frac{\sqrt{\delta}}{2a}=\alpha-i.\omega$
Avec $\alpha=(-b)/2a$ et $\omega =\sqrt{(-\delta)/2a$
Solutions : $f_1(x)= e^{r_1.x}$ et $f_2(x)= e^{r_2.x} \rightarrow$ mais problème car C difficiles à manier
Donc on a : $g_1(x)=\frac{(f_1(x)+f_2(x))}{2}=e^{\alpha.x}.cos⁡(\omega.x)$ et $g_2(x)=\frac{(f_1(x)-f_2(x))}{2.i}=e^{\alpha.x}.sin⁡(\omega.x)$ qui sont les solutions réelles de H
Solution générale :
$$y=\lambda_1.g_1(x)+\lambda_2.g_2(x)=e^{\alpha.x}.[\lambda_1.cos⁡(\omega.x)+\lambda_2.sin⁡(\omega.x)]= e^{\alpha.x} [A.cos⁡(\omega.x)+B.sin⁡(\omega.x)]$$

Résolution avec une solution particulière (S.P.)

Indications générales pour trouver une solution particulière :
$$(E) a.y »(x)+b.y'(x)+c.y(x)=d(x)$$ Si $d(x)$ 1 polynôme de degré $p$, alors (E) admet 1 S.P. : $a.Q »+b.Q’+c.Q=d(t)$
De même degré $p$\), si $Q$ n’est pas racine C $\rightarrow$ si $c \neq 0$
De même degré $p+1$, si $Q$ 1 racine simple de C $\rightarrow$ si $c = 0$ et $b \neq 0$
De même degré $p+2$, si $Q$ 1 racine double de C $\rightarrow$ si $c=0$ et $b=0$
Si $d(x)$ de forme $P(x).e^{\lambda.x}$(P(x) 1 polynôme de degré p), alors (E) admet 1 S.P. de forme $Q(x).e^{\lambda.x}$, $Q(x)$ étant 1 polynôme :
De même degré $p$, si $\lambda$ n’est pas racine C
De même degré $p+1$, si $\lambda$ racine simple de C
De même degré $p+2$, si $\lambda$ racine double de C
Si $d(x)$ de forme $\lambda.cos⁡(u.x)+\mu.sin⁡(u.x)$, alors (E) admet 1 S.P. :
De forme $A.cos⁡(u.x)+B.sin⁡(u.x)$
Sauf si $i.u$ racine de C, alors S.P. : $x.(A.cos⁡(u.x)+B.sin⁡(u.x))$
Méthode de variation des constantes $\rightarrow$ lorsqu’on a aucune indication
Solution générale de H : $y=\lambda_1.f_1+\lambda_2.f_2$ avec $f_1$ et $f_2$ 2 S.P.
On cherche la solution générale : $y=f(x)=\lambda_1(x).f_1(x)+\lambda_2(x).f_2(x)$
Avec $y’=f'(x)=\lambda_1(x).f’_1(x)+\lambda_2(x).f’_2(x)$
Système linéaire :
$$\left\{ \begin{array}{ll} f(x)=\lambda_1(x).f_1(x)+\lambda_2(x).f_2(x) \\ f'(x)=\lambda_1(x).f’_1(x)+\lambda_2(x).f’_2(x) \end{array} \right. $$ $$\rightarrow \lambda’_1(x).f_1(x)+\lambda’_2(x).f_2(x)=0\text{ }(2)$$ On a alors :
$$y »=f »(x)=\lambda’_1(x).f’_1(x)+\lambda_1(x).f »_1(x)+\lambda’_2(x).f’_2(x)+\lambda_2(x).f »_2(x)$$ On remplace $y$,$y’$,$y »$ par les fonctions obtenues, ce qui donne :
$$a.\lambda’_1(x).f’_1(x)+a.\lambda’_2(x).f’_2(x) = d(x)$$ En combinant avec (2),$ \lambda’_1$ et $\lambda’_2$ solutions du système :
$$\left\{ \begin{array}{ll} \lambda’_1(x).f_1(x)+\lambda’_2(x).f_2(x)=0 \\ \lambda’_1(x).f’_1(x)+\lambda’_2(x).f’_2(x)=\frac{d(x)}{a} \end{array} \right. $$ On détermine $\lambda_1(x)$ et $\lambda_2(x)$ en primitivant ce qu’on vient de trouver.
La primitivation donne des constantes qui correspondent à la solution générale de H
Exemple :
Résoudre : $(E):y »+y=\frac{1}{sin(x)}$ sur $I=]0;\pi[$
$(H):y »+y=0$ a pour solution générale : $y=\lambda_1.cos(x)+\lambda_2.sin(x)$ (presque évident car i racine de l’équation caractéristique)
On cherche les solutions de (E) sous forme : $y=\lambda_1.f_1(x)+\lambda_2.f_2(x)$ avec $f_1(x)=cos(x)$ et $f_2(x)=sin(x)$.
On impose que : $y’=f'(x)=\lambda_1(x).f’_1(x)+\lambda_2(x).f’_2(x)$, donc que :
$$\lambda’_1(x).cos⁡(x)+\lambda’_2(x).sin(x)=0$$ On a alors :
$$y »=f »(x)=\lambda’_1(x).f’_1(x)+\lambda_1(x).f »_1(x)+\lambda’_2(x).f’_2(x)+\lambda_2(x).f »_2(x)$$ Donc f solution de (E) lorsque :
$$[\lambda’_1(x).f’_1(x)+\lambda_1(x).f »_1(x)+\lambda’_2(x).f’_2(x)+\lambda_2(x).f »_2(x)]+[\lambda_1.f_1(x)+\lambda_2.f_2(x)]=\frac{1}{sin(x)} $$ En utilisant que $f_1(x)$ et $f_2(x)$ sont solutions de (H), il reste que :
$$\lambda’_1(x).f’_1(x)+\lambda’_2(x).f’_2(x)=\frac{1}{sin(x)} \leftrightarrow \lambda’_1(x).(-sin⁡(x))+\lambda’_2(x).cos⁡(x)=\frac{1}{sin(x)}$$ D’où le système :
$$\left\{ \begin{array}{ll} \lambda_1.cos(x)+\lambda_2.sin(x)=0 \\ \lambda’_1(x).(-sin⁡(x))+\lambda’_2(x).cos⁡(x)=\frac{1}{sin(x)} \end{array} \right. $$ On multiplie la 1ère égalité par $cos(x)$ et la 2ème par $(-sin(x))$ avant d’additionner pour trouver : $\lambda’_1(x)=-1$ donc $\lambda_1(x)=-x+C_1$
On multiplie la 1ère égalité par $sin⁡(x)$ et la 2ème par $cos(x)$ avant d’additionner pour trouver : $\lambda’_2(x)=\frac{cos(x)}{sin(x)}$ donc $\lambda_2(x)=ln(sin(x))+C_2$ (puisque $sin(x)>0$
La solution générale de (E) est donc : $y=(-x+C_1).cos(x)+(ln(sin(x))+C_2).sin(x)$
Ou : $y=(C_1.cos⁡(x)+C_2.sin⁡(x) )+(-x.cos⁡(x)+sin⁡(x).ln⁡(sin(x))) \rightarrow$ pour mettre e évidence la somme d’une solution générale de (H) et une S.P. de (E)
Une solution particulière de (E) est : $f(x)=-x.cos⁡(x)+sin⁡(x).ln⁡(sin(x))$
Exemple 2 :
On considère l’Eq. Diff. (équation d’Euler) : $(E):x^2.y »+x.y’+y=0 (x>0)$
On introduit une nouvelle variable u en posant u=ln(x)\) pour $x>0$. On suppose que y est une solution de (E). Soit z la fonction de la variable u, définie par : $z(u)=z(ln(x))=y(x)=y(e^u)$ 1)Montrer les relations : $y'(x)=z'(ln(x)).\frac{1}{x}$ et $y »(x)=z »(ln(x)).\frac{1}{x^2}-z'(ln(x).\frac{1}{x^2}$
Puisque $y(x)=z(ln(x))$, en dérivant, on obtient : $y'(x)=z'(ln(x)).\frac{1}{x}$ et en dérivant une 2nd fois, on obtient :
$$y »(x)=-\frac{1}{x^2}.z'(ln(x))+z »(ln(x)).\frac{1}{x}.\frac{1}{x}=-z'(ln(x)).\frac{1}{x^2}+z »(ln(x)).\frac{1}{x^2}$$ 2) Former une Eq. Diff. (E’) vérifiée par z
Puisque y est supposée être une solution de (E), on a :
$$x^2.y »+x.y’+y=0 \leftrightarrow -z'(ln(x))+z »(ln(x))+z'(ln(x))+z(ln(x))=0 \leftrightarrow z »(u)+z(u)=0 (E’)$$ 3) Résoudre (E’) puis (E)
Les solutions de (E’) sont les fonctions z du type $z(u)=A.cos⁡(u)+B.sin⁡(u)$, donc en revenant à la variable x, on trouve les solutions de (E) qui sont les fonctions :
$$y=y(x)=A.cos⁡(ln(x))+B.sin⁡(ln(x))$$

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